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\fancyhead[RE,LO]{Where there is a will, there is a way!}
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\newcommand{\onech}[4]{
	\makebox[92pt][l]{A.\, #1} \hfill
	\makebox[92pt][l]{B.\, #2} \hfill
	\makebox[92pt][l]{C.\, #3} \hfill
	\makebox[92pt][l]{D.\, #4}\\}
\newcommand{\twoch}[4]{
	\makebox[92pt][l]{A.\, #1} \hfill\makebox[210pt][l]{B.\, #2}\\
	\makebox[92pt][l]{C.\, #3} \hfill\makebox[210pt][l]{D.\, #4}\\}
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%

\begin{document}
	\section*{\textbf{2022年全国硕士研究生招生考试 \\ 数学（三）预测卷 (一)}}
	\noindent
	\par\setlength\parindent{2em}
	\textbf{一、 选择题：} 本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。\\
	
	\textbf{1. } 设 $I_{1}=\iint_{D} \cos \sqrt{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} \sigma, I_{2}=\iint_{D} \cos \left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} \sigma$,
	$I_{3}=\iint_{D} \cos \left(x^{2}+y^{2}\right)^{2} \mathrm{~d} \sigma,$ 其中 $D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leq 1\right\}$
	则( $\quad$ )\\
	\onech{$I_{3}>I_{2}>I_{1}$}{$\quad I_{1}>I_{2}>I_{3}$}{$I_{2}>I_{1}>I_{3}$}{$I_{3}>I_{1}>I_{2}$}\\
	
	\textbf{2. } 设函数 $f(x)$ 连续, 则下列函数中必为偶函数的是\\
	\onech{$\int_{\cdot 0}^{x} t[f(t)+f(-t)] \mathrm{d} t$\\}
	{$\int_{.0}^{x} t[f(t)-f(-t)] \mathrm{d} t$\\}
	{$\int_{0}^{x} f\left(t^{2}\right) \mathrm{d} t$\\}
	{$\int_{0}^{x}[f(t)]^{2} \mathrm{~d} t$} \\
	
	\textbf{3. } 当 $x \rightarrow 0$ 时
	$f(x)=\int_{0}^{\sin x} \sin \left(t^{3}\right) \mathrm{d} t$
	$g(x)=x^{3}+x^{4}$ 相比是\\
	\twoch{高阶无穷小\\}{低阶无穷小\\}{同阶无穷小\\}{同阶无穷小, 但不是等价无穷小} \\
	
	\textbf{4. } 若$ f(x,x^2)=x^2e^{-x}$,\quad $ f^{'}_x(x,y)\mid_{y=x^2} =-x^2e^{-x}  $,\quad 则当$ x \neq 0 $时，$f^{'}_y(x,y)\mid_{y=x^2} =()$\\
	\onech{$2xe^{-x}$}{$(-x^2+2x)e^{-x}$}{$e^{-x}$}{$(2x-1)e^{-x}$}\\
	
	\textbf{5. } 已知连续函数$f(x)$满足$f^{'}(x)+\int_{x}^{0}[\int_{0}^{u}f(t)dt]du=3e^x+2x+1$，且$f^{'''}(0)=3$，则$f(x)$为：\\
	\twoch{$f(x)=2e^x-e^{\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}x}-e^{\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}x}+xe^x$}
	{$f(x)=2e^x+e^{\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}x}+e^{\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}x}+xe^x$}
	{$f(x)=2e^x-e^{\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}x}-e^{\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}x}+2xe^x$}
	{$f(x)=2e^x+e^{\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}x}+e^{\frac{-1-\sqrt{3}i}{2}x}+2xe^x$}\\
	
	\textbf{6. }级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n} \ln \left(1+\frac{\lambda}{\sqrt{n}}\right)(\lambda$ 为正常数 $)$ 为( $\quad$ )\\
	\twoch{发散}{条件收敘}{绝对收敘}{收敘性与 $\lambda$ 有关}\\
	
	\textbf{7. } $A$ 和 $B$ 均为 $n$ 阶矩阵, 且 $(A-B)^{2}=A^{2}-2 A B+B^{2},$
	则必有\\
	\twoch{$A=E$}{$B=E$}{$AB$}{$A B=B A$} \\
	
	\textbf{8. } 设 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)=2 x_{1}^{2}+2 x_{2}^{2}+2 x_{3}^{2}+2 a x_{1} x_{2}$
	$+2 a x_{1} x_{3}+2 a x_{2} x_{3}, a$ 是使二次型 $f\left(x_{1}, x_{2}, x_{3}\right)$ 正定的正整
	数，则必有 ( $\quad$ ).\\
    \twoch{$a=2$}{$a=1$}{$a=3$}{以上选项都不对}\\
	
	\textbf{9.} 设 $A, B$ 为随机事件, 则 $P(A)=P(B)$ 的充分必要条件是( $\quad$ ). \\
	\twoch{$P(A \cup B)=P(A)+P(B)$}{$P(A B)=P(A) P(B)$}{$P(A \bar{B})=P(B \bar{A})$}{$P(A B)=P(\overline{A B})$} \\

	\textbf{10.} 设随机变量 $\boldsymbol{X}, \boldsymbol{Y}$ 相互独立, 且
	$$
	\boldsymbol{X} \sim N(\mu_1,\sigma_1^2), Y \sim N(\mu_2,\sigma_2^2)
	$$ 其中$\sigma_1 >0,\sigma_2 >0$.
	则下列$\mu_1,\mu_2,\sigma_1,\sigma_2$不能使得 $D(\boldsymbol{X} \boldsymbol{Y})-D(\boldsymbol{X})D(\boldsymbol{Y})=2\mu_1\mu_2\sigma_1\sigma_2$成立的是($\quad$)\\
	\twoch{$\mu1=\mu_2=1,\sigma_1=\sigma_2=2$}{$\mu_1$=1,$\mu_2$=2,$\sigma_1$=2,$\sigma_2$=4}{$\mu_1$=1,$\mu_2$=$\sqrt{3}$,$\sigma_1$=$\sqrt{3}$,$\sigma_2$=3}{$\mu_1$=1,$\mu_2$=2,$\sigma_1$=4,$\sigma_2$=16}
	\\[20pt]
	
	\textbf{二、 填空题：} 本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分。\\
	
	\textbf{11. } 计算$$\frac{\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\pi^{4n}}{(4n+1)!}}{\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\pi^{4n}}{(4n+3)!}}$$ \underline{\hspace*{6em}}。\\
	
	\textbf{12. } 已知 $a < b$ ，求 ： $$\int_{a}^{b}\frac{dx}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}$$\underline{\hspace*{6em}}。\\
	
	\textbf{13. } 设$z=(x^2+y^2)e^{-\arctan\frac{y}{x}}$，则$\frac{\partial^2z }{\partial x\partial y}=$ \underline{\hspace*{6em}}。\\
	
	\textbf{14. } 求极限 $$\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{\sqrt{4 n^{2}-1^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{4 n^{2}-2^{2}}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{4 n^{2}-n^{2}}}\right)=$$ \underline{\hspace*{6em}}。\\
	
	\textbf{15. } 设 $A$ 是三阶实对称矩阵,若存在正交阵 $Q=\left(q_{1}, q_{2}, q_{3}\right)$,使得
	$$
	Q^{-1} A Q=\left(\begin{array}{lll}
	2 & & \\
	& 3 & \\
	& & 4
	\end{array}\right),
	$$
	则 $\boldsymbol{A}-\boldsymbol{q}_{1} \boldsymbol{q}_{1}^{\mathrm{T}}$ 的特征值是\underline{\hspace*{6em}}。\\
	
	\textbf{16. } 设 $\boldsymbol{X}_{1}, \boldsymbol{X}_{2}, \boldsymbol{X}_{3}, \boldsymbol{X}_{4}$ 为来自正态总体 $\boldsymbol{X} \sim N\left(\mu, \sigma^{2}\right)$ 的样本，已知
	$$
	\begin{aligned}
	\hat{\mu}_{1} &=\theta\left(\boldsymbol{X}_{1}+2 \boldsymbol{X}_{2}+\boldsymbol{X}_{3}-\boldsymbol{X}_{4}\right) \\
	\hat{\mu}_{2} &=\frac{1}{4}\left(\boldsymbol{X}_{1}+\boldsymbol{X}_{2}+\boldsymbol{X}_{3}+\boldsymbol{X}_{4}\right)
	\end{aligned}
	$$
	是总体均值 $\mu$ 的无偏估计量, 则 $\theta=\underline{\hspace*{3em}}$ 且 $\hat{\mu}_{1}, \hat{\mu}_{2}$ 中
	较为有效的是 $\quad\left(\right.$ 填 $\hat{\mu}_{1}$ 或 $\left.\hat{\mu}_{2}\right) .$ \underline{\hspace*{3em}}。\\[20pt]
	
	\textbf{三、解答题：} 共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。\\
	
	\textbf{17. } (10 分) 设
	\begin{equation*}
			a_{n}=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{2 x}+\cdots+\mathrm{e}^{n x}}{n}\right)^{\frac{1}{x}}
	\end{equation*}
	
	 求:\\
	 (\RNum{1})$a_{n}$\\ 
	 (\RNum{2}) $\lim _{n \rightarrow \infty} n\left(e^{\frac{a_{n+1}}{na_{n}}}-1\right)$\\[20pt]
	 
	\textbf{18. } (10 分) \\
	
	(\RNum{1})
	设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上可微,且 $f^{\prime}(x)$ 单调不减。\\
	证明:
	$$
	\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x \geqslant(b-a) f\left(\frac{a+b}{2}\right)
	$$
	
	(\RNum{2})设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上二阶可导,若 $\int_{0}^{b} f(x) \mathrm{d} x=(b-a) f\left(\frac{a+b}{2}\right)$。\\ 
	证明 $:$ 存在 $\xi \in(a, b)$,
	使 $f^{\prime \prime}(\xi)=0$
	\\[20pt]
	
	\textbf{19. } (10 分)\\ 
	记
	$$
	A(r)=\iint_{\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9} \leq r^{2}}(x^2+y^2) e^{-(\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9})} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
	$$
	计算 $L=\lim _{r \rightarrow +\infty} A(r)$.\\
	
	\textbf{20. } (10 分) \\
	
	(\RNum{1})求:\\
	$$ \lim _{n \rightarrow \infty} 4^{n}\left(1-\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{2}}}}}\right)$$
	
	(\RNum{2})设可微函数 $f(x)$ 满足 $\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)}{x}=1$ ，计算
	$$
	\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \frac{\int_{0}^{t} d x \int_{-\sqrt{t^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{t^{2}-x^{2}}}\left[f\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)+2 y\right] d y}{t^{3}}
	$$
	\\[20pt]
	%
	
	\textbf{21. } (15 分)\\
	
	(\RNum{1})	设矩阵 
		$$A=\left(\begin{array}{cc}
			a & 1-a \\
			1-b & b
		\end{array}\right)(0<a<1, 0<b<1)$$ 
		
		是一个实方阵. \\
		
		证明: $\lim _{n \rightarrow \infty} A^{n}$ 存在并求极限值
	\\
	
	(\RNum{2}) 计算 n 阶矩阵 
	$$J_{n}=\left(\begin{array}{cccc}
			b & a & \cdots & a \\
			a & b & \cdots & \\
			\vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\
			a & a & \cdots & b
		\end{array}\right)(a b \neq 0, a \neq b)$$
		
		的特征值, 并计算行列式的值 $\mid J_{n}\mid$.
	\\[20pt]
	%
	
	\textbf{22. } (15 分)\\
	
	设随机变量 $X \sim \mathrm{U}(0,2), Y=[X]+X,[\cdot]$ 表示取整函数. 求：\\
	
	(\RNum{1}) 随机变量 $Y$ 的概率密度函数 $f_{Y}(y)$;\\
	
	(\RNum{2}) $\operatorname{Cov}(X, Y)$.
	\\[20pt]
	\newpage
	\section*{\textbf{2022年全国硕士研究生招生考试 \\ 数学（三）预测卷 (一) 参考答案及解析}}
	\noindent
	\textbf{一、 选择题：} 本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。\\
	\textbf{1. } \textbf{答案} A\\
	\textbf{解析}\\ 对于在去除了坐标原点的区域$ D $ 的内部(忽略边界与坐标原点对整个区域的积分无影响，且可以采用严格不等式)，存在如下关系：
	\begin{equation*}\label{key}
	\frac{\pi}{2}>1>\sqrt{x^2+y^2}>x^2+y^2>(x^2+y^2)^2> 0
	\end{equation*}
	且$ \cos x $在区间$ [0,\frac{\pi}{2}] $上是单调递减的，因此有：
	$$ \cos\sqrt{x^2+y^2}>\cos(x^2+y^2) >\cos (x^2+y^2)^2 $$
	则容易知道，$ I_3>I_2>I_1 $.
	\\[20pt]
	\textbf{2. } \textbf{答案} A\\
	\textbf{解析} \\易知，$ t[f(t)+f(-t)] $是奇函数，而$ t[f(t)-f(-t)] $,\quad $ f(t^2) $均是偶函数，$ [f(t)]^2 $奇偶性不确定，因此选$A$
	\\[20pt]
	\textbf{3. } \textbf{答案} D\\
	\textbf{点评} \\考察高阶无穷小、低阶无穷小、同阶无穷小、等价无穷小的概念，以及变限积分的求导法则 \\[20pt]
	\textbf{4. } \textbf{答案} C\\
	\textbf{解析} \\
	\begin{equation*}\label{key}
	\frac{d}{d x} f\left(x, x^{2}\right)=\left(-x^{2}+2 x\right) e^{-x}
	\end{equation*}
	又，
	\begin{align*}
	\frac{d}{d x} f\left(x, x^{2}\right) &=\left.f_{x}^{\prime}(x, y)\right|_{y=x^{2}}+\left.2 x f_{y}^{\prime}(x, y)\right|_{y=x^{2}} \\
	&=-x^{2} e^{-x}+\left.2 x f_{y}^{\prime}(x, y)\right|_{y=x^{2}}
	\end{align*}
	比较两式，得当$ x\neq 0 $时，$ f^{'}_y(x,y)\mid_{y=x^2}=e^{-x} $\\[20pt]
	\textbf{5. } \textbf{答案} A\\
	\textbf{解析} \\由题意得：
	$$ f^{\prime}(x)+\int_{x}^{0}\left[\int_{0}^{u} f(t) d t\right] d u=3 e^{x}+2 x+1 $$
	$$ f^{''}(x) -\int_{0}^{x}f(t)dt=3e^{x}+2$$
	$$ f^{(3)}(x)-f(x)=3e^{x} $$
	则$ f(x) =f(x)=C_1e^{x}+C_2e^{\frac{-1+\sqrt{3} i}{2} x}+C_3e^{\frac{-1-\sqrt{3} i}{2} x}+x e^{x}$,\quad 其中
	$C_1,\quad C_2,\quad C_3$为任意常数。
	又$ f^{'''}(0) =3 $
	则$ f(0) =0 $。\\由题设不难得出：$ f^{'}(0)=4,\quad f^{''}(0) =5 $,因此可以解得$ C_1=2,\quad C_2=C_3=-1 $\\
	\textbf{提示} \\若熟悉复数的性质，在求解$ C_1,\quad C_2,\quad C_3 $时可以做到秒杀。\\
	由待定系数法已经解得$ f(x) $的形式为
	\begin{equation*}
	f(x)=C_1e^{x}+C_2e^{\frac{-1+\sqrt{3} i}{2} x}+C_3e^{\frac{-1-\sqrt{3} i}{2} x}+xe^{x} 
	\end{equation*}
	记$r_1=1$,\quad $r_2=\frac{-1+\sqrt{3} i}{2}$,\quad $r_3 =\frac{-1-\sqrt{3} i}{2} $,则有$ r_1^3=r_2^3=r_3^3=1 $,且$ r_2^2=r_3$,\quad $r_3^2=r_2 $,\quad $ r_2+r_3=-1 $因此由$ f(0) =0,\quad f^{'}(0)=4,\quad f^{''}(0) =5 $可得
	\begin{align*}
	C_1+C_2+C_3 &=0\\
	C_1+r_2C_2+r_3C_3+1&=4\\
	C_1+r_2^2C_2+r_3^2C_3+2&=5
	\end{align*}
	将第二个式子与第三个式子进行整理得：$ C_2=C_3 $,代入第一个式子可得$ C_1=-2C_2=-2C_3 $,代入第二个式子可得$ C_1-C_2=3 $,则容易解得$ C_1=2,C_2=C_3=-1 $\\[20pt]
	\textbf{6. } \textbf{答案} B\\
	\textbf{点评} \\考察级数收敛的概念，要求区分绝对收敛、条件收敛与发散。本题目考察莱布尼兹审敛法与比较审敛法\\[20pt]
	\textbf{7. } \textbf{答案} D\\
	\textbf{点评} \\考察矩阵的运算，送分题\\[20pt]
	\textbf{8. } \textbf{答案} B\\
	\textbf{点评} \\考察二次型\\[20pt]
	\textbf{9. } \textbf{答案} C\\
	\textbf{提示} \\注意到：
	$$
	\begin{aligned}
	P(A\bar{B})&=P(A)-P(AB)\\
	P(\bar{A}B)&=P(B)-P(AB)
	\end{aligned}
	$$
	\\[20pt]
	\textbf{10. } \textbf{答案} D\\
	\textbf{解析}\\
	由题设知，随机变量 $\boldsymbol{X}, \boldsymbol{Y}$ 相互独立，则随机变量 $\boldsymbol{X^2}$与$\boldsymbol{Y^2}$ 也相互独立。因此有：
	\begin{align*}
	E(\textbf{X}\textbf{Y})&=E(\textbf{X})\cdot E(\textbf{Y})\\&=\mu_1\mu_2\\
	\end{align*}
	$$
	\begin{aligned}
	E(\mathbf{X^2}\mathbf{Y^2})&=E(\mathbf{X^2})\cdot E(\mathbf{Y^2})\\&=(\mu_1^2+\sigma_1^2)(\mu_2^2+\sigma_2^2)
	\end{aligned}
	$$
	则
	$$ 
	\begin{aligned}
	D(\mathbf{XY})&=E(\mathbf{X^2Y^2})-[E(\mathbf{X}\mathbf{Y})]^2\\&=(\mu_1^2+\sigma_1^2)(\mu_2^2+\sigma_2^2)-\mu_1^2\mu_2^2
	\end{aligned}
	$$
	而$ D(\textbf{X})=\sigma_1^2 $,$ D(\textbf{Y})=\sigma_2^2 $
	因此有：
	\begin{equation*}
	D(\textbf{XY})-D(\textbf{X})D(\textbf{Y})=\mu_1^2\sigma_2^2+\mu_{2}^2\sigma_1^2
	\end{equation*}
	若使得$D(\textbf{XY})-D(\textbf{X})D(\textbf{Y})=2\mu_1\mu_2\sigma_1\sigma_2$
	则须有：
	\begin{equation*}
	\mu_1^2\sigma_2^2+\mu_{2}^2\sigma_1^2=2\mu_1\mu_2\sigma_1\sigma_2
	\end{equation*}
	由均值不等式得：
	\begin{equation}\label{key}
	\mu_1^2\sigma_2^2+\mu_{2}^2\sigma_1^2\ge 2\mu_1\mu_2\sigma_1\sigma_2
	\end{equation}
	当且仅当$ \mu_1\sigma_2=\mu_{2}\sigma_1 $时等号成立，因此只有D选项不满足条件。\\[20pt]
	\textbf{二、 填空题：} 本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分。\\
	\textbf{11. } \textbf{答案} $ \frac{1}{\pi^2} $\\
	\textbf{解析}\\
	由$ \sin(x) $的泰勒展开式可知：
	\begin{align*}
	\sin(\pi)&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\pi^{2n+1}}{(2n+1)!}\\
	&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\pi^{4n+1}}{(4n+1)!}-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\pi^{4n+3}}{(4n+3)!}\\
	&=0
	\end{align*}
	因此有$$\frac{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\pi^{4 n}}{(4 n+1) !}}{\sum_{n=0}^{\infty} \frac{\pi^{4 n}}{(4 n+3) !}}=\frac{1}{\pi^2}$$
	\\[20pt]
	\textbf{12. } \textbf{答案} $\pi$\\
	\textbf{提示}\\ 三角换元令$ x-\frac{a+b}{2} = \frac{b-a}{2}\sin t$
	\\[20pt]
	\textbf{13. } \textbf{答案} $\frac{y^2-xy-x^2}{x^2+y^2}e^{-\arctan\frac{y}{x}}$\\
	\textbf{点评}\\考察多元函数的二阶偏导数\\[20pt]
	\textbf{14. } \textbf{答案} $\frac{\pi}{6}$\\
	\textbf{解析}\\ 
	\begin{align*}
	\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{\sqrt{4 n^{2}-1^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{4 n^{2}-2^{2}}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{4 n^{2}-n^{2}}}\right)&=\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{(4-x^2)}}dx\\&=\frac{\pi}{6}
	\end{align*}
	\\[20pt]
	\textbf{15. } \textbf{答案} $1,3,4$\\
	\textbf{解析} \\ 由于 $q_{1}, q_{2}, q_{3}$ 为标准正交向量组,故
	$$
	\left(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{q}_{1} \boldsymbol{q}_{1}^{\mathrm{T}}\right) \boldsymbol{q}_{1}=2 \boldsymbol{q}_{1}-\boldsymbol{q}_{1}=\boldsymbol{q}_{1}, \quad\left(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{q}_{1} \boldsymbol{q}_{1}^{\mathrm{T}}\right) \boldsymbol{q}_{2}=3 \boldsymbol{q}_{2}, \quad\left(\boldsymbol{A}-\boldsymbol{q}_{1} \boldsymbol{q}_{1}^{\mathrm{T}}\right) \boldsymbol{q}_{3}=4 \boldsymbol{q}_{3},
	$$
	所以 $\boldsymbol{A}-\boldsymbol{q}_{1} \boldsymbol{q}_{1}^{\mathrm{T}}$ 的特征值为 $1,3,4 .$\\ 
	\\[20pt]
	\textbf{16. } \textbf{答案} $\dfrac{1}{3},\quad \hat{\mu_{2}}$\\
	\textbf{点评}\\ 考察估计量的无偏性与有效性
	\\[20pt]
	\textbf{三、解答题：} 共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。\\
	\textbf{17. } 
	\textbf{解析}\\
	(\RNum{1})
	$$
	\begin{array}{c}
	\ln a_{n}=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\frac{\ln \left(e^{x}+e^{2 x}+\cdots+e^{n x}\right)-\ln n}{x}\right)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{e^{x}+2 e^{2 x}+\cdots+n e^{n x}}{e^{x}+e^{2 x}+\cdots+e^{n x}} \\
	=\frac{1+2+\cdots+n}{n}=\frac{n+1}{2}\\
	a_{n}=e^{\frac{n+1}{2}}
	\end{array}
	$$
	(\RNum{2})
	$$\frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{e^{\frac{n+2}{2}}}{e^{\frac{n+1}{2}}}=\sqrt{e}$$
	$$\lim _{n \rightarrow+\infty} n\left(e^{\frac{a_{n+1}}{na_{n}}}-1\right)=\lim _{n \rightarrow+\infty} n\left(e^{\frac{\sqrt{e}}{n}}-1\right)\xlongequal[]{n=\frac{1}{t}} \lim _{t \rightarrow 0+} \frac{\mathrm{e}^{t \sqrt{e}}-1}{t}=\sqrt{\mathrm{e}}$$
	\\[20pt]
	%
	\textbf{18. } 
	\textbf{解析}\\
	(\RNum{1})
	令 $$\varphi(x)=\int_{a}^{x} f(t) d t-(x-a) f\left(\frac{a+x}{2}\right) \quad(a \leqslant x \leqslant b)$$ 则 
	$$
	\phi^{\prime}(x)=f(x)-f\left(\frac{a+x}{2}\right)-\frac{1}{2}(x-a) f^{\prime}\left(\frac{a+x}{2}\right)=\frac{1}{2}(x-a)\left[f^{\prime}(\eta)-f^{\prime}\left(\frac{a+x}{2}\right)\right]
	$$
	其中 $\frac{a+x}{2}<\eta<x$\\
	由于$ f^{'}(x) $单调不减，所以$f^{\prime}(\eta) \geqslant f^{\prime}\left(\frac{a+x}{2}\right)$,  从而有  $\varphi^{\prime}(x) \geqslant 0$, $\varphi(x) $单调递增，又 $\varphi(a)=0$,  故 
	$\phi(x) \geqslant 0$, 特别地，有 $\varphi(b) \geqslant 0$, 即要证的不等式成立.\\
	(\RNum{2}) 由 $\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=(b-a) f\left(\frac{a+b}{2}\right)$ 知 $\varphi(b)=0 .$ 又 $\varphi(a)=0$, 由罗尔定理知存在 $x_{0} \in(a, b)$,
	使 $\varphi^{\prime}\left(x_{0}\right)=0 .$ 由于
	$$
	\varphi^{\prime}\left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left(x_{0}-a\right)\left[f^{\prime}(\eta)-f^{\prime}\left(\frac{a+x_{0}}{2}\right)\right],
	$$
	从而有
	$$
	f^{\prime}(\eta)=f^{\prime}\left(\frac{a+x_{0}}{2}\right), \quad \text { 其中 } \frac{a+x_{0}}{2}<\eta<x_{0} 
	$$
	再由罗尔定理知存在 $\xi \in\left(\frac{a+x_{0}}{2}, \eta\right) \subset(a, b)$, 使 $f^{\prime \prime}(\xi)=0$.
	\\[20pt]
	\textbf{19. } 
	\textbf{解析}\\
	已知，
	\begin{equation*}
	A(r)=\iint_{\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{9} \leq r^{2}}(x^2+y^2) e^{-(\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9})} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
	\end{equation*}
	令
	$$
	\begin{aligned}
	x&=2\rho \cos\theta\\
	y&=3\rho \sin\theta
	\end{aligned}
	$$
	其中有$ 0\le \rho \le r, 0\le\theta<2\pi $
	则由雅克比变换可知：
	\begin{equation*}
	A(r)=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d} \theta\int_{0}^{r}(4\rho^2\cos^2\theta+9\rho^2\sin^2\theta)e^{-\rho^2}6\rho\mathrm{d} \rho
	\end{equation*}
	由二重积分轮换对称得：
	$$
	A(r)=\iint_{\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4} \leq r^{2}}(x^2+y^2) e^{-(\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4})} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
	$$
	令
	$$
	\begin{aligned}
	x&=3\rho \cos\theta\\
	y&=2\rho \sin\theta
	\end{aligned}
	$$
	其中有$ 0\le \rho \le r, 0\le\theta<2\pi $
	则由雅克比变换可知：
	\begin{equation*}
	A(r)=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d} \theta\int_{0}^{r}(9\rho^2\cos^2\theta+4\rho^2\sin^2\theta)e^{-\rho^2}6\rho\mathrm{d} \rho
	\end{equation*}
	因此有：
	$$A(r)=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{r}39\rho^3e^{-\rho^2}\mathrm{d} \rho=39\pi(-r^2e^{-r^2}-e^{-r^2}+1)$$
	所以：
	$$L=\lim _{r \rightarrow +\infty} A(r)=39\pi$$
	\textbf{小贴士：}
	\begin{tcolorbox}[colback=yellow!10,colframe=red!75!black]
		若 $\mathrm{x}=\mathrm{x}(\mathrm{u}, \mathrm{v}), \mathrm{y}=\mathrm{y}(\mathrm{u}, \mathrm{v})$ 存在偏导数,\\
		则雅可比行列式为 
		$$J=\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}=\left|\begin{array}{cc}\frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v}\end{array}\right|$$
		$ \mathrm{d} x\mathrm{d} y = \mid J\mid \mathrm{d} u\mathrm{d} v $, ($J  $的绝对值),且
		$$\iint_{D_{x y}} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{d} y=\iint_{D_{u v}} f[x(u, v), y(u, v)]\left|J\right| \mathrm{d} u \mathrm{d} v$$
		其中积分区域 $D_{x y}$ 和积分区域 $D_{u v}$ 是一一对应的。
	\end{tcolorbox}
	%
	%
	\textbf{20. } 
	\textbf{解析}\\
	(\RNum{1})
	令
	\begin{equation*}
	a_{n}=\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2 \sqrt{\frac{1}{2}}}}}}
	\end{equation*}
	则
	\begin{equation*}
	a_{n}=\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2} a_{n-1}}
	\end{equation*}
	因此有：
	\begin{equation*}
	2 a_{n}^{2}-1=a_{n-1}
	\end{equation*}
	我们知道余弦的二倍角公式：
	$$\cos 2 \theta=2 \cos ^{2} \theta-1$$
	若$a_1 \in [-1,1]$，则可以记$a_{1}=\cos \theta_0$，
	从而$a_{n-1}=\cos \frac{\theta_0}{2}$.\\
	由于$a_1=\frac{\sqrt{2}}{2}=\cos\frac{\pi}{4}$，
	因此由递推公式可以得出：
	$$a_n=\cos\frac{\pi}{2^{n+1}}$$
	于是：
	$$
	\begin{aligned}
	\lim _{n \rightarrow \infty} 4^{n}\left(1-\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{2}}}}}\right)
	&=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1-a_{n}}{\left(\frac{1}{4}\right)^{n}}\\
	&\xlongequal[]{Stolz}\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{-a_{n}+a_{n-1}}{\left(\frac{1}{4}\right)^{n}-\left(\frac{1}{4}\right)^{n-1}}\\
	&=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{-\cos \frac{\pi}{2^{n+1}}+\cos \frac{\pi}{2^{n}}}{-\frac{3}{4^{n}}}\\
	&=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2 \sin \frac{3 \pi}{2^{n+2}} \sin \frac{\pi}{2^{n+2}}}{\frac{3}{4^{n}}}\\
	&=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2^{2 n+1}}{3} \cdot \frac{3 \pi^{2}}{2^{2 n+4}}\\
	&=\frac{\pi^{2}}{8}
	\end{aligned}	
	$$	
	\textbf{小贴士：}
	\begin{tcolorbox}[colback=yellow!10,colframe=red!75!black]
		\begin{theorem}
			\textbf{Stolz 定理} \qquad  ($\frac{\ast}{\infty}$ 型) \\
			设数列 $\left\{x_{n}\right\},\left\{y_{n}\right\}$ 满足: 
			\begin{enumerate}
				\item $\left\{y_{n}\right\}$ 严格单调递增
				\item $\lim _{n \rightarrow \infty} y_{n}=+\infty$
				\item $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{n+1}-x_{n}}{y_{n+1}-y_{n}}=L$,其中 $L$ 可以
				为有限实数、 $+\infty$ 、 $-\infty$
			\end{enumerate}  
			则 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{n}}{y_{n}}=L$			
		\end{theorem}
	\end{tcolorbox}
	\begin{tcolorbox}[colback=yellow!10,colframe=red!75!black]
		\begin{theorem}
			\textbf{Stolz 定理} \qquad ($\frac{0}{0}$ 型)\\
			设数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 、 $\left\{y_{n}\right\}$ 满足: 
			\begin{enumerate}
				\item $\left\{y_{n}\right\}$ 严格单调递减且趋于零
				\item $\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=0$
				\item $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{n+1}-x_{n}}{y_{n+1}-y_{n}}=L$ (其中 $L$ 可以
				为有限实数、 $+\infty 、-\infty)$
			\end{enumerate} 
			则 $\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{x_{n}}{y_{n}}=L$
		\end{theorem}
	\end{tcolorbox}	
	
	
	
	由于$ \lim_{n \rightarrow \infty}a_n =\lim_{n \rightarrow \infty}\cos\frac{\pi}{2^{n+1}}=1$,
	则$ \lim_{n \rightarrow \infty}(1-a_n)=0 $,且$ \frac{1}{4^n} $严格递减趋于0，因此可以使用Stolz定理。\\
	(\RNum{2})
	解: 积分区域 $D_{t}=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leq t^{2}, 0 \leq x \leq t\right\}$ 关于 $x$ 轴对称，而 $2 y$ 关于 $y$ 为奇函数，故
	$$
	\begin{aligned}
	I_{t} &=\int_{0}^{t} \mathrm{~d} x \int_{-\sqrt{t^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{t^{2}-x^{2}}}\left[f\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)+2 y\right] \mathrm{d} y \\
	&=\iint_{D_{t}} f\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right) d x d y \\
	&=\int_{0}^{t} f(r) r d r \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \\
	&=\pi \int_{0}^{t} f(r) r d r
	\end{aligned}
	$$
	因此，我们有
	$$
	\begin{aligned}
	\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \frac{I_{t}}{t^{3}} &=\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \frac{\pi \int_{0}^{t} f(r) r \mathrm{~d} r}{t^{3}} \\
	&=\pi \lim _{t \rightarrow 0^{+}} \frac{f(t) t}{3 t^{2}}=\frac{\pi}{3} \lim _{t \rightarrow 0^{+}} \frac{f(t)}{t}=\frac{\pi}{3} .
	\end{aligned}
	$$
	\\[20pt]
	\textbf{21. } 
	\textbf{解析}\\
	(\RNum{1})
	容易看到矩阵 $A$ 的两个行和等于 1
	即有
	$$
	\left(\begin{array}{cc}
	a & 1-a \\
	1-b & b
	\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}
	1 \\
	1
	\end{array}\right)=1 \cdot\left(\begin{array}{l}
	1 \\
	1
	\end{array}\right)
	$$
	所以矩阵 $A$ 有特征值 $1 .$ 另外，由于 $\operatorname{tr} A=a+b$, 所以矩阵
	$A$ 的另一个特征值为 $a+b-1\neq 1 .$ 因此存在二阶可逆矩阵 $P$,
	使得
	$$
	A=P^{-1}\left(\begin{array}{cc}
	1 & 0 \\
	0 & a+b-1
	\end{array}\right) P
	$$
	于是有
	$$
	\begin{aligned}
	& A^{n}=P^{-1}\left(\begin{array}{lr}
	1 & 0 \\
	0 & a+b-1
	\end{array}\right)^{n} P \\
	=& P^{-1}\left(\begin{array}{lc}
	1 & 0 \\
	0 & (a+b-1)^{n}
	\end{array}\right) P
	\end{aligned}
	$$
	由已知 $0<a<1, 0<b<1$ 可知 $|a+b-1|<1$, 所以
	$$
	\lim _{n \rightarrow \infty}(a+b-1)^{n}=0
	$$
	从而可得 $\lim _{n \rightarrow \infty} A^{n}=P^{-1}\left(\begin{array}{ll}1 & 0 \\ 0 & 0\end{array}\right) P$, 即 $\lim _{n \rightarrow \infty} A^{n}$ 存在,且
	\begin{equation*}
	\lim _{n \rightarrow \infty} A^{n}=\frac{1}{a+b-2}\left(\begin{array}{ll}
	b-1 & a-1 \\
	b-1 & a-1
	\end{array}\right)
	\end{equation*}
	(\RNum{2})将矩阵进行拆分, 于是有
	\begin{equation*}
	J_{n}=\left(\begin{array}{cccc}
	a & a & \cdots & a \\
	a & a & \cdots & \\
	\vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\
	a & a & \cdots & a
	\end{array}\right)+\left(\begin{array}{cccc}
	b-a & 0 & \cdots & 0 \\
	0 & b-a & \cdots & \\
	\vdots & \vdots & \cdots & \vdots \\
	0 & 0 & \cdots & b-a
	\end{array}\right)=A+B
	\end{equation*}
	其中矩阵 $A$ 为秩为 1 的矩阵, 所以它只有一个非零特征值，并且
	$\operatorname{tr} A=n a$, 因此由 $\operatorname{tr} A=\sum_{k=1}^{n} \lambda_{k}$ 可得矩阵 $A$ 的特征值为
	$$
	n a, \underbrace{0, \cdots, 0}_{n-1} .
	$$
	而矩阵 $B$ 的 $n$ 个特征值都等于 $b-a$, 所以矩阵 $J_{n}$ 的特征值为
	$$
	n a+(b-a), \underbrace{b-a, \cdots, b-a}_{n-1} .
	$$
	由于行列式的值就为对应的矩阵的特征值的乘积, 所以
	$$
	\left|J_{n}\right|=[n a+(b-a)](b-a)^{n-1}
	$$
	\\[20pt]
	%
	\textbf{22. } 
	\textbf{解析}\\
	(\RNum{1})$ F_{Y}(y)=P(Y \leqslant y)=P(X+[X] \leqslant y\rangle$\\
	\begin{enumerate}
		\item 当 $y<0$ 时, $F_{y}(y)=0$.\\
		\item 当 $y \geqslant 3$ 时, $F_{Y}(y)=1$.\\
		\item  当 $0 \leqslant y<3$ 时， 
		$$
		\begin{aligned}
		\mathrm{P}\{X+[X] \leqslant y\}&=\mathrm{P}\{X+[X] \leqslant y, 0<X<1\}+\mathrm{P}\{X+[X] \leqslant y, 1 \leqslant X<2\}\\
		&=\mathrm{P}(X \leqslant y, 0<X<1)+\mathrm{P}\{X \leqslant y-1,1 \leqslant X<2\}
		\end{aligned}$$
		\begin{enumerate}
			\item 当 $0 \leqslant y<1$ 时, $F_{Y}(y)=P\{0 \leqslant X \leqslant y\}=\frac{y}{2}$.\\
			\item 当 $1 \leqslant y<2$ 时, $F_{Y}(y)=\mathrm{P}\{0 \leqslant X \leqslant 1\}=\frac{1}{2}$. \\ 
			\item 当 $2 \leqslant y<3$ 时, $F_{Y}(y)=\frac{1}{2}+\frac{y-2}{2}=\frac{y-1}{2}$.
		\end{enumerate}
	\end{enumerate}
	综上所述
	$$
	F_{Y}(Y)=\begin{cases}
	\text { 0, } & y<0, \\
	\frac{y}{2}, & 0 \leqslant y<1, \\
	\frac{1}{2}, & 1 \leqslant y<2, \\
	\frac{y-1}{2}, & 2 \leqslant y<3, \\
	1, & 3 \leqslant y \\
	\end{cases}
	$$
	$$
	f_{Y}(y)=\begin{cases}
	\frac{1}{2}, & 0 < y<1, \\
	\frac{1}{2}, & 2 < y<3, \\
	0, & \text{ 其他 }
	\end{cases}
	$$
	(\RNum{2})
	$$
	\begin{aligned}
	Cov(X, Y) &=Cov(X,[X]+X)=Cov(X,[X])+Cov(X, X) \\
	&=E(X\cdot[X])-E X \cdot E[X]+D X=\int_{0}^{2} x[x] \frac{1}{2} \mathrm{~d} x-1 \cdot \int_{0}^{2}[x] \frac{1}{2} \mathrm{~d} x+\frac{1}{3} \\
	&=\int_{0}^{1} x \cdot 0 \cdot \frac{1}{2} \mathrm{~d} x+\int_{1}^{2} x \cdot \frac{1}{2} \mathrm{~d} x-\int_{0}^{1} 0 \cdot \frac{1}{2} \mathrm{~d} x-\int_{1}^{2} 1 \cdot \frac{1}{2} \mathrm{~d} x+\frac{1}{3} \\
	&=\frac{3}{4}+\frac{1}{3}-\frac{1}{2}=\frac{7}{12}
	\end{aligned}
	$$
	\\[20pt]
\end{document}
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
	
